人人文库网 > 教育资料 > 中学教育 > 2021高考数学一轮复习 第11章 计数原理、概率、随机变量及其分布教学案（打包9套）理 北师大版
2021高考数学一轮复习第11章计数原理概率随机变量及其分布经典微课堂规范答题系列4高考中的概率与统计问题教学案理北师大版202002110413.doc
2021高考数学一轮复习 第11章 计数原理、概率、随机变量及其分布教学案（打包9套）理 北师大版
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2021高考数学一轮复习
第11章
计数原理、概率、随机变量及其分布教学案（打包9套）理
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1第第 1111 章章 计数原理、概率、随机变量及其分布计数原理、概率、随机变量及其分布全国卷五年考情图解高考命题规律把握1.考查形式高考在本章一般命制 1 道小题或者 1 道解答题，分值占 517 分2.考查内容计数原理常与古典概型综合考查；几何概型均以选择题的形式单独考查；对二项式定理的考查主要是利用通项公式求特定项；对正态分布的考查，可能单独考查也可能在解答题中出现；以实际问题为背景，考查分布列、期望等是高考的热点题型3.备考策略从 2019 年高考试题可以看出，概率统计试题的阅读量和信息量都有所加强，考查角度趋向于应用概率统计知识对实际问题作出决策.第一节两个计数原理、排列与组合最新考纲1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2.能正确区分“类”和“步” ，并能利用两个原理解决一些简单的实际问题.3.理解排列的概念及排列数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题.4.理解组合的概念及组合数公式，并能利用公式解决一些简单的实际问题1分类加法计数原理完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法，在第n类办法中有mn种方法那么，完成这件事共有nm1m2mn种方法(也称加法原理)2分步乘法计数原理完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法，做第n步有mn种方法那么，完成这件事共有nm1m2mn种方法3排列、组合的定义排列的定义从n个不同元素中取出按照一定的顺序排成一列2组合的定义m(mn)个元素合成一组4排列数、组合数的定义、公式、性质排列数组合数定义从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有不同排列的个数从n个不同元素中取出m(mn)个元素的所有不同组合的个数公式a n(n1)(n2)(nm1)m nn！nm！c m nam nam mnn1n2nm1m！性质a n！，n n0！1c c，m nnmnc ccm nm1nmn1一、思考辨析(正确的打“” ，错误的打“”)(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列()(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事()(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的()(4)kc nc.()k nk1n1答案(1)(2)(3)(4)二、教材改编1图书馆的一个书架有三层，第一层有 3 本不同的数学书，第二层有 5 本不同的语文书，第三层有 8 本不同的英语书，现从中任取 1 本书，不同的取法有()a12b16c64d120b b书架上共有 35816 本不同的书，从中任取一本共有 16 种不同的取法，故选b.2用数字 1,2,3,4,5 组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数为()a8b24 c48d120c c末位只能从 2,4 中选一个，其余的三个数字任意排列，故这样的偶数共有a c 432248 个故选 c.3 4 1 236 把椅子摆成一排，3 人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为()a144b120c72d24d d“插空法” ，先排 3 个空位，形成 4 个空隙供 3 人选择就座，因此任何两人不相邻3的坐法种数为 a 43224.3 44五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为_五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有_种. (用数字作答)4554五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有 4种报名方法，共有 45种不同的报名方法五名学生争夺四项比赛的冠军，可对 4 个冠军逐一落实，每个冠军有 5 种获得的可能性，共有 54种获得冠军的可能性考点 1两个计数原理的综合应用利用两个基本计数原理解决问题的步骤第一步，审清题意，弄清要完成的事件是怎样的第二步，分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种第三步，弄清在每一类或每一步中的方法种数第四步，根据两个基本计数原理计算出完成这件事的方法种数(1)如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a2，且a2a3，则称这样的三位数为凸数(如 120,343,275 等)，那么所有凸数的个数为()a240b204c729d920(2)(2016全国卷)如图，小明从街道的e处出发，先到f处与小红会合，再一起到位于g处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()a24b18 c12d9(3)如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为()a24b48 c72d964(1)a a(2)b b(3)c c(1)如果这个三位数含 0，则 0 必在末位，共有这样的凸数 c 个；2 9如果这个三位数不含 0，则这样的凸数共有 c a c 个即共有 2c c a 240 个3 9 2 22 92 93 9 2 2(2)从e到g需要分两步完成：先从e到f，再从f到g.从f到g的最短路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向路径即可确定，故从f到g的最短路径共有 3条如图，从e到f的最短路径有两类：先从e到a，再从a到f，或先从e到b，再从b到f.因为从a到f或从b到f都与从f到g的路径形状相同，所以从a到f，从b到f最短路径的条数都是 3，所以从e到f的最短路径有 336(条)所以小明到老年公寓的最短路径条数为 6318.(3)法一：(以位置为主考虑)分两种情况：a，c不同色，先涂a有 4 种，c有 3 种，e有 2 种，b，d各有 1 种，有43224 种涂法a，c同色，先涂a有 4 种，e有 3 种，c有 1 种，b，d各有 2 种，有432248 种涂法故共有 244872 种涂色方法法二：(以颜色为主考虑)分两类(1)取 4 色：着色方法有 2a 48(种)4 4(2)取 3 色：着色方法有 a 24(种)3 4所以共有着色方法 482472(种) (1)应用两个计数原理的难点在于明确是分类还是分步：分类要做到“不重不漏” ，正确把握分类标准是关键；分步要做到“步骤完整” ，步步相连才能将事件完成(2)较复杂的问题可借助图表来完成(3)对于涂色问题：分清元素的数目以及在不相邻的区域内是否可以使用同类元素；注意对每个区域逐一进行，分步处理教师备选例题1甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过 4 次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有()a4 种b6 种c10 种d16 种b b分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有 3 种传递方式(如图)；同理，甲第一5次踢给丙时，满足条件的也有 3 种传递方式由分类加法计数原理可知，共有 336(种)传递方式2.如图所示的几何体是由三棱锥pabc与三棱柱abca1b1c1组合而成，现用 3 种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面a1b1c1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有()a6 种b9 种 c12 种d36 种c c先涂三棱锥pabc的三个侧面，有 326(种)涂法；然后涂三棱柱的三个侧面，有 212(种)涂法共有 6212(种)不同的涂法1.一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从p点处进，q点处出，沿图中线路游览a，b，c三个景点及沿途风景，则不同(除交汇点o外)的游览线路有()a6 种b8 种 c12 种d48 种d d从点p处进入后，参观第一个景点时，有 6 个路口可以选择，从中任选一个，有c 种选法，参观完第一个景点，参观第二个景点时，有 4 个路口可以选择，从中任选一个，1 6有 c 种选法，参观完第二个景点，参观第三个景点时，有 2 个路口可以选择，从中任选一1 4个，有 c 种选法，则共有 c c c 48(种)线路故选 d.1 21 6 1 4 1 22(2019河北六校联考)甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是9,0,2,1,5，为遵守当地某月 5 日至 9 日 5 天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为()a64b80 c96d120 b b5 日至 9 日，日期尾数分别为 5,6,7,8,9，有 3 天是奇数日，2 天是偶数日第一6步，安排偶数日出行，每天都有 2 种选择，共有 224(种)；第二步，安排奇数日出行，分两类，第一类，选 1 天安排甲的车，另外 2 天安排其他车，有 32212(种)，第二类，不安排甲的车，每天都有 2 种选择，共有 238(种)，共计 12820(种)根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数为 42080.考点 2排列问题求解排列应用问题的 6 种常用方法直接法把符合条件的排列数直接列式计算优先法优先安排特殊元素或特殊位置捆绑法相隔问题把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列插空法对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中定序问题除法处理对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列间接法正难则反、等价转化的方法3 名女生和 5 名男生排成一排(1)若女生全排在一起，有多少种排法？(2)若女生都不相邻，有多少种排法？(3)一题多解若女生不站两端，有多少种排法？(4)其中甲必须排在乙左边(可不邻)，有多少种排法？(5)一题多解其中甲不站最左边，乙不站最右边，有多少种排法？解(1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同 5 名男生合在一起有 6 个元素，排成一排有 a 种排法，而其中每一种排法中，3 名女生之间又有 a 种6 63 3排法，因此共有 a a 4 320 种不同排法6 63 3(2)(插空法)先排 5 名男生，有 a 种排法，这 5 名男生之间和两端有 6 个位置，从中5 5选取 3 个位置排女生，有 a 种排法，因此共有 a a 14 400 种不同排法3 65 53 6(3)法一(位置分析法)：因为两端不排女生，只能从 5 名男生中选 2 人排，有 a 种排2 5法，剩余的位置没有特殊要求，有 a 种排法，因此共有 a a 14 400 种不同排法6 62 56 6法二(元素分析法)：从中间 6 个位置选 3 个安排女生，有 a 种排法，其余位置无限制，3 6有 a 种排法，因此共有 a a 14 400 种不同排法. 5 53 65 5(4)8 名学生的所有排列共 a 种，其中甲在乙左边与乙在甲左边的各占 ，因此符合要8 812求的排法种数为 a 20 160.12 8 87(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置法一(特殊元素法)：甲在最右边时，其他的可全排，有 a 种不同排法；甲不在最右边7 7时，可从余下 6 个位置中任选一个，有 a 种而乙可排在除去最右边位置后剩余的 6 个中1 6的任一个上，有 a 种，其余人全排列，共有 a a a 种不同排法1 61 61 66 6由分类加法计数原理知，共有 a a a a 30 960 种不同排法7 71 61 66 6法二(特殊位置法)：先排最左边，除去甲外，有 a 种排法，余下 7 个位置全排，有 a1 7种排法，但应剔除乙在最右边时的排法 a a 种，因此共有 a a a a 30 960 种7 71 66 61 77 71 66 6排法法三(间接法)：8 名学生全排列，共 a 种，其中，不符合条件的有甲在最左边时，有8 8a 种排法，乙在最右边时，有 a 种排法，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的7 77 7情形，有 a 种排法因此共有 a 2a a 30 960 种排法6 68 87 76 6(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法1.把 5 件不同的产品摆成一排，若产品a与产品b相邻，且产品a与产品c不相邻，则不同的摆法有_种36(捆绑法和插空法的综合应用)记其余两种产品为d，e.将a，b视为一个元素，先与d，e进行排列，有 a a 种方法，再将c插入，每种排列均只有 3 个空位可选， 故不2 2 3 3同的摆法共有 a a 326336(种)2 2 3 32(2019衡水高三大联考)现有一圆桌，周边有标号为 1,2,3,4 的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有_种(用数字作答)8先按排甲，其选座方法有 c 种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而1 4丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有 a 种，所以共有坐法种数为 c a 428 种2 21 42 2考点 3组合问题 组合问题的常见类型与处理方法(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含” ，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含” ，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中选取(2)“至少”或“至多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解某课外活动小组共 13 人，其中男生 8 人，女生 5 人，并且男、女生各有一名队长现从中选 5 人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？8(1)只有一名女生当选；(2)两队长当选；(3)至少有一名队长当选；(4)至多有两名女生当选解(1)只有一名女生当选等价于有一名女生和四名男生当选故共有 c c 3501 54 8种(2)两队长当选，共有 c c165 种2 23 11(3)至少有一名队长当选含有两类：只有一名队长当选，有两名队长当选故共有c cc c825 种(或采用排除法：cc825(种)1 24 112 23 115 135 11(4)至多有两名女生当选含有三类：有两名女生当选，只有一名女生当选，没有女生当选故选法共有 c c c c c 966 种2 53 81 54 85 8含有附加条件的组合问题通常用直接法或间接法，应注意“至少” “最多”“恰好”等词的含义的理解1.某单位拟安排 6 位员工在今年 6 月 9 日至 11 日值班，每天安排 2 人，每人值班 1 天若 6 位员工中的甲不值 9 日，乙不值 11 日，则不同的安排方法共有()a30 种b36 种 c42 种d48 种c c若甲在 11 日值班，则在除乙外的 4 人中任选 1 人在 11 日值班，有 c 种选法，91 4日、10 日有 c c 种安排方法，共有 c c c 24(种)安排方法；2 4 2 21 4 2 4 2 2若甲在 10 日值班，乙在 9 日值班，余下的 4 人有 c c c 种安排方法，共有 12 种安排1 4 1 3 2 2方法；若甲、乙都在 10 日值班，则共有 c c 6(种)安排方法2 4 2 2所以总共有 2412642(种)安排方法2现有 16 张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各 4 张，从中任取 3 张，要求这 3 张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多 1 张，不同取法的种数为()a232b252 c472d484c c分两类：第一类，含有 1 张红色卡片，不同的取法共有 c c264(种)；1 4 2 12第二类，不含有红色卡片，不同的取法共有 c3c 22012208(种)3 123 4由分类加法计数原理知，不同的取法有 264208472(种)考点 4分组、分配问题分组、分配问题是排列组合的综合问题，解题思想是先分组后分配(1)分组问题属于“组合”问题，常见的分组方法有三种：完全均匀分组，每组元素的个数都相等；9部分均匀分组，应注意不要重复；完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象(2)分配问题属于“排列”问题，常见的分配方法有三种：相同元素的分配问题，常用“挡板法” ；不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组，后分配；有限制条件的分配问题，采用分类求解整体均分问题国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教现有 6 个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到 3 所学校去任教，有_种不同的分派方法90先把 6 个毕业生平均分成 3 组，有种方法，再将 3 组毕业生分到 3 所学校，c2 6c2 4c2 2a3 3有 a 6 种方法，故 6 个毕业生平均分到 3 所学校，共有a 90 种分派方法3 3c2 6c2 4c2 2a3 33 3本题属于整体均分问题，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以 a (n为均分的组数)，避免重复计数n n部分均分问题将 6 本不同的书分给甲、乙、丙、丁 4 个人，每人至少 1 本的不同分法共有_种(用数字作答)1 560把 6 本不同的书分成 4 组，每组至少 1 本的分法有 2 种有 1 组 3 本，其余 3 组每组 1 本，不同的分法共有20(种)；c3 6c1 3c1 2c1 1a3 3有 2 组每组 2 本，其余 2 组每组 1 本，不同的分法共有45(种)c2 6c2 4a2 2c1 2c1 1a2 2所以不同的分组方法共有 204565(种)然后把分好的 4 组书分给 4 个人，所以不同的分法共有 65a 1 560(种)4 4本题属于局部均分问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数(2019淄博模拟)第二届“一带一路”国际合作高峰论坛于 2019 年 4 月 25日至 27 日在北京举行，为了保护各国元首的安全，将 5 个安保小组全部安排到指定三个区域内工作，且这三个区域每个区域至少有一个安保小组，则这样的安排方法共有()a96 种b100 种 c124 种d150 种d d因为三个区域每个区域至少有一个安保小组，所以可以把 5 个安保小组分成三组，有两种分组的情况：一种是 1,1,3，另一种是 1,2,2.当按照 1,1,3 来分时，共有n110a 60(种)，当按照 1,2,2 来分时，共有n2a 90(种)，根据分类加c1 5c1 4c3 3a2 23 3c2 5c2 3c1 1a2 23 3法计数原理知nn1n2150 种不等分问题(1)若将 6 名教师分到 3 所中学任教，一所 1 名，一所 2 名，一所 3 名，则有_种不同的分法(2)把 8 个相同的小球全部放入编号为 1,2,3,4 的四个盒中，则不同的放法种数为()a35b70 c165d1 860(1)360(2)c c(1)将 6 名教师分组，分三步完成：第 1 步，在 6 名教师中任取 1 名作为一组，有 c 种分法；1 6第 2 步，在余下的 5 名教师中任取 2 名作为一组，有 c 种分法；2 5第 3 步，余下的 3 名教师作为一组，有 c 种分法3 3根据分步乘法计数原理，共有 c c c 60 种分法1 6 2 5 3 3再将这 3 组教师分配到 3 所中学，有 a 6 种分法，3 3故共有 606360 种不同的分法(2)根据题意，分 4 种情况讨论：没有空盒，将 8 个相同的小球排成一列，排好后，各球之间共有 7 个空位，在 7 个空位中任选 3 个，插入隔板，将小球分成 4 组，顺次对应 4 个盒子，有 c 35 种放法；3 7有 1 个空盒，在 4 个盒中任选 3 个，放入小球，有 c 4 种选法，将 8 个相同的小3 4球排成一列，排好后，各球之间共有 7 个空位，在 7 个空位中任选 2 个，插入隔板，将小球分成 3 组，顺次对应 3 个盒子，有 c 21 种分组方法，则有 42184 种放法；2 7有 2 个空盒，在 4 个盒中任选 2 个，放入小球，有 c 6 种选法，将 8 个相同的小2 4球排成一列，排好后，各球之间共有 7 个空位，在 7 个空位中任选 1 个，插入隔板，将小球分成 2 组，顺次对应 2 个盒子，有 c 7 种分组方法，则有 6742 种方法；1 7有 3 个空盒，即将 8 个小球全部放进 1 个盒子，有 4 种放法故一共有 3584424165 种放法本题属于不等分问题，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数1.将甲、乙等 5 名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有()a18 种b24 种 c36 种d72 种c c1 个路口 3 人，其余路口各 1 人的分配方法有 c c a 种.1 个路口 1 人，2 个路口1 3 2 2 3 311各 2 人的分配方法有 c c a 种，由分类加法计数原理知，甲、乙在同一路口的分配方案为2 3 2 2 3 3c c a c c a 36 种1 3 2 2 3 32 3 2 2 3 32(2019唐山二模)将六名教师分配到甲、乙、丙、丁四所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其它三所学校至少分配一名教师，则不同的分配方案共有_种(用数字作答)660若甲校 2 人，乙、丙、丁其中一校 2 人，共有 c c a 种，若甲校 3 人，乙、丙、2 6 2 4 3 3丁每校 1 人，共有 c a 种，则不同的分配方案共有 c c a c a 660 种3 6 3 32 6 2 4 3 33 6 3 31第二节第二节二项式定理二项式定理最新考纲会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题1二项式定理(1)二项式定理：(ab)ncancan1bcanrbrcbn(nn n)；0n1nr nn n(2)通项公式：tr1canrbr，它表示第r1 项；r n(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数 c ，c ，c .0n1nn n2二项式系数的性质(1)0rn时，c 与 c的关系是 c c.r nnrnr nnrn(2)二项式系数先增后减中间项最大当n为偶数时，第 1 项的二项式系数最大，最大值为 cn；当n为奇数时，第n2n2项和项的二项式系数最大，最大值为和.n12n323二项式系数和(1)(ab)n展开式的各二项式系数和：c c c c 2n.0n1n2nn n(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即c c c c c c 2n1.0n2n4n1n3n5n一、思考辨析(正确的打“” ，错误的打“”)(1)canrbr是(ab)n的展开式中的第r项()r n(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项()(3)(ab)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关()(4)通项tr1canrbr中的a和b不能互换()r n答案(1)(2)(3)(4)二、教材改编1(12x)4展开式中第 3 项的二项式系数为()a6b6c24d24a a(12x)4展开式中第 3 项的二项式系数为 c 6.故选 a.2 42二项式5的展开式中x3y2的系数是()(12x2y)2a5b20 c20d5a a二项式5的通项为tr1c5r(2y)r.根据题意，得error!解得r2.所(12x2y)r5(12x)以x3y2的系数是 c3(2)25.故选 a.2 5(12)3.的值为()c02 019c12 019c22 019c2 0192 019c02 020c22 020c42 020c2 0202 020a1b2c2 019d2 0192 020a a原式1.故选 a.22 01922 020122 01922 0194若(x1)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则a0a2a4的值为_8令x1，则a0a1a2a3a40，令x1，则a0a1a2a3a416，两式相加得a0a2a48.考点 1二项式展开式的通项公式的应用形如(ab)n的展开式问题求二项展开式中的项的 3 种方法求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项一般需要建立方程求r，再将r的值代回通项求解，注意r的取值范围(r0,1,2，n)(1)第m项：此时r1m，直接代入通项；(2)常数项：即这项中不含“变元” ，令通项中“变元”的幂指数为 0 建立方程；(3)有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程(1)(2018全国卷)5的展开式中x4的系数为()(x22x)a10b20c40d80(2)若5的展开式中x5的系数是80，则实数a_.(ax21x)(3)(2019浙江高考)在二项式(x)9的展开式中，常数项是_；系数为有理2数的项的个数是_(1)c c(2)2(3)165(1)tr1c (x2)5rrc 2rx103r，由 103r4，2r5(2x)r5得r2，所以x4的系数为 c 2240.2 53(2)5的展开式的通项tr1c (ax2)5rx ca5r x10r，令(ax21x)r5r2r55210r5，得r2，所以 ca380，解得a2.522 5(3)由题意，(x)9的通项为tr1c ()9rxr(r0,1,29)，当r0 时，可得2r92常数项为t1c ()916；若展开式的系数为有理数，则r1,3,5,7,9，有t2, t4, t6, 0 922t8, t10共 5 个项已知展开式的某项或其系数求参数，可由某项得出参数项，再由通项公式写出第k1 项，由特定项得出k值，最后求出其参数教师备选例题190c902c903c(1)k90kc9010c除以 88 的余数是()1 102 103 10k101010a1b1c87d87b b190c902c903c(1)k90kc9010c(190)1 102 103 10k101010108910(881)108810c889c881，前 10 项均能被 88 整除，余数是1 109 101.1.在(x24)5的展开式中，含x6的项为_160x6因为(x24)5的展开式的第k1 项为tk1c (x2)5k(4)k(4)k5kcx102k，k5令 102k6，得k2，所以含x6的项为t3(4)2cx6160x6.2 52若6的展开式中常数项为，则实数a的值为()(x21ax)1516a2b 12c2d12a a6的展开式的通项为tk1c (x2)6kkckx123k，(x21ax)k6(1ax)k6(1a)令 123k0，得k4.故 c 4，4 6(1a)1516即4，(1a)116解得a2，故选 a.形如(ab)n(cd)m的展开式问题求解形如(ab)n(cd)m的展开式问题的思路4(1)若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(ab)2(cd)m(a22abb2)(cd)m，然后展开分别求解(2)观察(ab)(cd)是否可以合并，如(1x)5(1x)7(1x)(1x)5(1x)2(1x2)5(1x)2.(3)分别得到(ab)n，(cd)m的通项公式，综合考虑(1)(2017全国卷)(1x)6展开式中x2的系数为()(11x2)a15b20 c30d35(2)(1)6(1)4的展开式中x的系数是()xxa4b3 c3d4(1)c c(2)b b(1)因为(1x)6的通项为 cxr，所以(1x)6展开式中含x2的项r6(11x2)为 1cx2和cx4.2 61x24 6因为 c c 2c 230，2 64 62 66 52 1所以(1x)6展开式中x2的系数为 30.故选 c.(11x2)(2)(1)6(1)4(1)(1)4(1)2(1x)4(12x)于是(1xxxxxx)6(1)4的展开式中x的系数为 c 1c (1)113.xx0 41 4求几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题，可先分别化简或展开为多项式和的形式，再分类考虑特定项产生的每一种情形，求出相应的特定项，最后进行合并即可1.(x22)5的展开式的常数项是()(1x21)a3b2 c2d3d d能够使其展开式中出现常数项，由多项式乘法的定义可知需满足：第一个因式取x2项，第二个因式取项得x2c (1)45；第一个因式取 2，第二个因式取(1)51x21x24 5得 2(1)5c 2，故展开式的常数项是 5(2)3，故选 d.5 52若(x2a)10的展开式中x6的系数为 30，则a等于()(x1x)a.b 13125c1d2d d由题意得10的展开式的通项公式是tk1cx10kkcx102k，(x1x)k10(1x)k1010的展开式中含x4(当k3 时)，x6(当k2 时)项的系数分别为 c，c，因此由(x1x)3 102 10题意得 cac12045a30，由此解得a2，故选 d.3 102 10形如(abc)n的展开式问题求三项展开式中某些特定项的系数的方法(1)通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解(2)两次利用二项式定理的通项公式求解(3)由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量(1)将3展开后，常数项是_(x4x4)(2)6的展开式中，x3y3的系数是_(用数字作答)(x22xy)(3)设(x23x2)5a0a1xa2x2a10x10，则a1等于_(1)160(2)120(3)240(1)36展开式的通项是 c ()(x4x4)(x2x)k6x6kk(2)kcx3k.(2x)k6令 3k0，得k3.所以常数项是 c (2)3160.3 6(2)6表示 6 个因式x2 y的乘积，在这 6 个因式中，有 3 个因式选y，(x22xy)2x其余的 3 个因式中有 2 个选x2，剩下一个选 ，即可得到x3y3的系数即x3y3的系数是 c2xc (2)203(2)120.3 6 2 3(3)(x23x2)5(x1)5(x2)5，其展开式中x的系数a1c (1)4(2)4 55(1)5c (2)4240.4 5二项式定理研究两项和的展开式，对于三项式问题，一般是通过合并、拆分或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解1.(2015全国卷)(x2xy)5的展开式中，x5y2项的系数为()a10b20c30d60c c法一：利用二项展开式的通项公式求解(x2xy)5(x2x)y5，6含y2的项为t3c (x2x)3y2.2 5其中(x2x)3中含x5的项为 cx4xcx5.1 31 3所以x5y2项的系数为 c c 30.故选 c.2 5 1 3法二：利用组合知识求解(x2xy)5为 5 个x2xy之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为 c c c 30.故选 c.2 5 2 3 1 12.6的展开式中含xy的项的系数为()(x13xy)a30b60 c90d120b b展开式中含xy的项来自 c (y)15，5展开式通项为tr1(1)rc1 6(x13x)(x13x)x5r，令 5r1r3，r543435展开式中x的系数为(1)3c ，(x13x)3 5所以6的展开式中含xy的项的系数为 c (1)c (1)360，故选 b.(x13xy)1 63 5考点 2二项式系数的和与各项的系数和问题赋值法在求各项系数和中的应用(1)对形如(axb)n，(ax2bxc)m(a，b，cr r)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法(2)若f(x)a0a1xa2x2anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0a2a4，偶数项系数之和为a1a3a5f1f12.f1f12(1)在n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为 321，则(x3x)x2的系数为()a50b70c90d120(2)(2019汕头质检)若(x2m)9a0a1(x1)a2(x1)2a9(x1)9，且(a0a2a8)2(a1a3a9)239，则实数m的值为_(1)c c(2)3 或 1(1)令x1，则n4n，所以n的展开式中，各项(x3x)(x3x)7系数和为 4n，又二项式系数和为 2n，所以2n32，解得n5.二项展开式的通项4n2ntr1cx5rrc 3rx5r，令 5r2，得r2，r5(3x)r53232所以x2的系数为 c 3290，故选 c.2 5(2)令x0，则(2m)9a0a1a2a9，令x2，则m9a0a1a2a3a9，又(a0a2a8)2(a1a3a9)2(a0a1a2a9)(a0a1a2a3a8a9)39，(2m)9m939，m(2m)3，m3 或m1. (1)利用赋值法求解时，注意各项的系数是指某一项的字母前面的数值(包括符号)(2)在求各项的系数的绝对值的和时，首先要判断各项系数的符号，然后将绝对值去掉，再进行赋值1.在二项式(12x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为 128，则展开式的中间项的系数为()a960b960 c1 120d1 680c c因为偶数项的二项式系数之和为 2n1128，所以n17，n8，则展开式共有9 项，中间项为第 5 项，因为(12x)8的展开式的通项tr1c (2x)rc (2)rxr，所r8r8以t5c (2)4x4，其系数为 c (2)41 120.4 84 82在(1x)(1x)4的展开式中，含x2项的系数是b.若(2bx)7a0a1xa7x7，则a1a2a7_.128在(1x)(1x)4的展开式中，含x2项的系数是b，则bc c 2.2 41 4在(22x)7a0a1xa7x7中，令x0 得a027，令x1，得a0a1a2a70.a1a2a7027128.3(ax)(1x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为 32，则a_.3设(ax)(1x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，令x1，得 16(a1)a0a1a2a3a4a5，令x1，得 0a0a1a2a3a4a5.，得 16(a1)2(a1a3a5)，8即展开式中x的奇数次幂项的系数之和为a1a3a58(a1)，所以 8(a1)32，解得a3.考点 3二项式系数的性质二项式系数的最值问题求二项式系数的最大值，则依据(ab)n中n的奇偶及二次项系数的性质求解1.二项式n的展开式中只有第 11 项的二项式系数最大，则展开式(3x13x
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